专题34 气体实验定律的综合应用（解析版）.docx

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1、专题34 气体实验定律的综合应用目录题型一 气体实验定律的理解和应用1题型二 应用气体实验定律解决“三类模型”问题10类型1 “玻璃管液封”模型10类型2“汽缸活塞类”模型21类型3 变质量气体模型30题型三 热力学第一定律与气体实验定律的综合应用40题型一 气体实验定律的理解和应用1理想气体状态方程与气体实验定律的关系2两个重要的推论(1)查理定律的推论：pT(2)盖吕萨克定律的推论：VT3利用气体实验定律解决问题的基本思路【例1】（2023广东深圳校考模拟预测）为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液，如图所示，某种药瓶的容积为0.9mL，内装有0.5

2、mL的药液，瓶内气体压强为，护士把注射器内横截面积为、长度为0.4cm、压强为的气体注入药瓶，若瓶内外温度相同且保持不变，气体视为理想气体。（1）注入气体后与注入气体前相比，瓶内封闭气体的总内能如何变化？请简述原因。（2）求此时药瓶内气体的压强。【答案】（1）总内能增加，原因见解析；（2）【详解】（1）注入气体后与注入气体前相比，瓶内封闭气体的总内能增加；注入气体后，瓶内封闭气体的分子总数增加，温度保持不变故分子平均动能保持不变，因此注入气体后瓶内封闭气体的总内能增加。（2）以注入后的所有气体为研究对象，由题意可知瓶内气体发生等温变化，设瓶内气体体积为，有注射器内气体体积为，有根据玻意耳定律有

3、代入数据解得【例2】（2023山东模拟预测）某同学利用实验室闲置的1m长的玻璃管和一个标称4.5L的导热金属容器做了一个简易温度计。如图所示，将1m长的直尺和玻璃管固定在木板上，直尺与玻璃管两端对齐，玻璃管左端A开口，玻璃管右端B处用细软管与金属容器连接，接口处均密封良好，在玻璃管内有一小段密封良好、可自由滑动的圆柱体蜡块（长度可以忽略），蜡块与玻璃管的摩擦不计。大气压强始终为，软管内部体积可忽略，玻璃管内横截面积为。当温度为时，蜡块刚好在玻璃管的正中间。取绝对零度为273。（1）计算这个温度计测量温度的最大值。（2）若用一个光滑密封的活塞从左端A缓慢向右推进，直到把蜡块从玻璃管中间位置压到玻

4、璃管右端B点，求此时金属容器中气体的压强。（由于导热，气体的温度保持不变）【答案】（1）330K；（2）【详解】（1）因被封的气体进行等压变化，设金属容器的体积为V，由题意可知其中解得（2）蜡块从玻璃管中间位置压到玻璃管右端B点，此时容器内气体的压强为p，则解得【例3】（2023浙江温州乐清市知临中学校考模拟预测）如图所示，老师带领学生表演“马德堡半球实验”。他先取出两个在碗底各焊接了铁钩的不锈钢碗，在一个碗里烧了一些纸，然后迅速把另一个碗扣上，再在碗的外面浇水，使其冷却到环境温度。用两段绳子分别钩着铁钩朝相反的方向拉，试图把两个碗拉开。当两边的人各增加到5人时，平均每人施加200N拉力，才把

5、碗拉开。已知碗口的半径为10cm，环境温度为27，实验过程中碗不变形，也不漏气。大气压，绝对零度为-273，取3.求（1）大气压施加在一个锈钢碗上的压力；（2）试定性分析在碗的外面浇水使其冷却的目的；（3）请你估算两个不锈钢碗刚被扣上时，里面空气的温度是多少？【答案】（1）；（2）见解析；（3）【详解】（1）设两碗口的横截面积为S，碗口的半径为10cm，则（2）由于两个碗内部的气体密闭，所以可认为体积不变，在碗的外面浇水，使其冷却到环境温度，即让碗内部的气体温度降低，根据查理定律，碗内部的压强骤然降低，于是碗内外形成很大压强差，需要较大的拉力才能拉开；（3）设两个不锈钢碗刚被扣上时，里面空气的

6、温度是t，两碗内空气的体积不变，由查理定律可知解得两碗内外的压强差为设两碗口的横截面积为S，则在拉力方向碗内外的压力差为碗口的半径为10cm,，,则解得【例4】（2023湖南模拟预测）如图所示，盛放某种特殊气体的导热双体罐由A、B两部分组成，其容积分别为和。已知A内气体压强为，温度，B内为真空。A、B之间由气阀K连接，当A、B之间气压差值大于时阀门打开，小于此值时关闭。求：（1）满足K不打开条件的A内气体的热力学温度的最大值；（2）当环境温度为320K时，B内气体的压强。【答案】（1）；（2）【详解】（1）对容器A中的气体，做等容变化，根据查理定律有当时，解得（2）假设环境温度为320K时，B

7、内气体压强为，则A内气体压强为对于原A内气体，根据理想气体状态方程有对于进入容器B的气体联立解得【例5】(2022湖北省摸底)使一定质量的理想气体按图中箭头所示的顺序变化，图中BC段是以纵轴和横轴为渐近线的双曲线。(1)已知气体在状态A的温度TA300 K，求气体在状态B、C和D的温度各是多少？(2)将上述状态变化过程画成用体积V和温度T表示的图线(图中要标明A、B、C、D四点，并且要画箭头表示变化的方向)。说明每段图线各表示什么过程。【答案】(1)600 K600 K300 K(2)见解析；AB等压过程，BC等温过程，CD等压过程【解析】(1)AB为等压过程，由得TB2TA600 KBC为等

8、温线，得TCTB600 K因为pAVApDVD所以TDTA300 K。(2)AB等压过程，BC等温过程，CD等压过程如图所示AB是等压膨胀过程，BC是等温膨胀过程，CD是等压压缩过程。【例6】(2022广东深圳市4月调研)如图所示，“手掌提杯”实验可反映大气压的存在。先将热水加入不计壁厚的玻璃杯中，杯子升温后将水倒掉，再迅速用手盖住杯口，待杯中密封气体缓慢冷却至室温，手掌竖直向上提起，杯子跟着手掌被提起而不脱落(杯内气体各处温度相等)。(1)杯口横截面为S，手掌刚盖上时，杯内气体温度为T1，冷却后温度为T2，大气压强为p0，忽略杯内气体体积变化，则能提起的杯子最大重力G为多少？(2)若杯口横截

9、面S40 cm2，p01.00105 Pa，冷却后杯内气体温度为17 ，杯内气体体积减为原来的，将杯子固定，需要用F25 N竖直向上的力才能将手掌和杯子分开(不计拉开过程中杯内气体体积变化的影响)，求刚密闭时杯内气体温度约为多少摄氏度？【答案】(1)p0S(2)47 【解析】(1)气体的体积不变，根据查理定律得降温后杯内气压为p2p0由杯子受力平衡可知杯子重力最大值为G(p0p2)Sp0S。(2)根据手受力平衡可知降温后杯内气压为p3p09.375104 Pa根据理想气体状态方程其中T027317 K290 K，V3V0解得T3320 Kt347 。【例7】(2022新疆维吾尔自治区检测)高原

10、地区气压低，水的沸点达不到100 ，居民煮饭时就需要用高压锅，利用它可以将食物加热到100 以上，它省时高效，深受消费者欢迎。(计算结果均保留3位有效数字)(1)小明测得高压锅圆形出气孔的直径为4 mm，压在出气孔上的安全阀的质量为80 g，当高压锅内气压增大到某一值时，锅内气体就能自动顶开安全阀放气，安全阀被顶起时处于平衡状态，此时高压锅内部气体的压强是多大？(已知标准气压p1.0105 Pa，g取10 m/s2)(2)如果安全阀刚要被顶起时，高压锅内气体温度为127 ，停止加热，当锅内气体温度降至107 时，高压锅内部气体的压强是多大？(可近似认为高压锅在这一过程中气体总量保持不变)【答案

11、】(1)1.64105 Pa(2)1.56105 Pa【解析】(1)安全阀的重力Gmg0.8 N气孔的面积Sr21.26105 m2安全阀对气孔处气体产生的压强p6.35104 Pa此时气体压强p1pp1.64105 Pa。(2)由等容变化可得代入数值可得p2p11.56105 Pa。【例8】一定质量的理想气体经历了温度缓慢升高的变化，如图所示，pT图像和VT图像各记录了其部分变化过程(1)求温度为600 K时气体的压强；(2)在pT图像上将温度从400 K升高到600 K的变化过程补充完整【答案】(1)1.25105 Pa(2)见解析图【解析】(1)由pT图像可知，气体由200 K到400

12、K的过程中做等容变化，由VT图像可知，气体由400 K到500 K仍做等容变化，对应pT图可得，T500 K时，气体的压强为1.25105 Pa；由VT图像可知，气体由500 K到600 K做等压变化，故T600 K时，气体的压强为1.25105 Pa.(2)在pT图像上补充画出400600 K的气体状态变化图像，如图所示题型二 应用气体实验定律解决“三类模型”问题类型1 “玻璃管液封”模型1气体实验定律及理想气体状态方程理想气体状态方程：C2玻璃管液封模型求液柱封闭的气体压强时，一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程求解，要注意：(1)液体因重力产生的压强为pgh(其中h为液体的竖直高度)

13、；(2)不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力；(3)有时可直接应用连通器原理连通器内静止的液体，同一液体在同一水平面上各处压强相等；(4)当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”，使计算过程简捷【例1】2020全国卷，33(2)如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H18 cm的U型管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h04 cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l12 cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1283 K，大气压强p076 cmHg。()现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙)，恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少？(

14、)再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？【答案】()12.9 cm()363 K【解析】()设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2。由玻意耳定律有p1V1p2V2设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为，按题设条件有p1p0gh0p2p0ghV1(2Hlh0)S，V2HS联立式并代入题给数据得h12.9 cm()密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖吕萨克定律有按题设条件有V3(2Hh)S联立式并代入题给数据得T2363 K【例2】 (2022安徽安庆市模拟

15、)如图所示，内径粗细均匀的U形管竖直放置在温度为7 的环境中，左侧管上端开口，并用h14 cm的水银柱封闭有长l114 cm的理想气体，右侧管上端封闭，管上部有长l224 cm的理想气体，左右两管内水银面高度差h210 cm，若把该装置移至温度恒为27 的房间中(依然竖直放置)，在左侧管中再注入一定量的水银，使右管中气体仍然恢复到原来的长度l2，大气压强恒为p076 cmHg，不计一切摩擦，求：(1)注入的水银柱的长度；(2)注入水银后左侧气柱的长度。【答案】(1)5 cm(2)14.1 cm【解析】(1)在温度为7 的环境中，右侧管中理想气体压强p2p0ph1ph270 cmHg由盖吕萨克定

16、律得解得p275 cmHg又p2p0ph1phph2因此注入的水银柱的长度h5 cm。(2)由理想气体的状态方程得即其中p1p0ph180 cmHg，T1280 K，p1p0ph1ph85 cmHg，T1300 K代入数据解得l1 cm14.1 cm。【例3】（2023春广东广州高三华南师大附中校考阶段练习）如图所示，一粗细均匀足够长的导热U形管竖直放置在烘烤箱中，右侧上端封闭，左侧上端与大气相通，右侧顶端密封空气柱A的长度为，左侧密封空气柱B的长度为，上方水银柱长，左右两侧水银面高度差，已知大气压强，大气温度，现开启烘烤箱缓慢加热U形臂，直到空气柱A、B下方水银面等高。加热过程中大气压保持不

17、变。求：（1）加热前空气柱A、B的压强各为多少；（2）空气柱A、B下方水银面等高时烘烤箱的温度；（3）加热后，B空气柱上方水银柱上升高度L。【答案】（1），；（2）；（3）【详解】（1）加热前有（2）空气柱B压强保持不变，则有空气柱A根据理想气体状态方程解得（3）以空气柱B 为研究对象，加热前温度，体积，加热后温度，体积，由盖-吕萨克定律得联立可得B 空气柱上方水银柱上升高度【例4】（2023甘肃统考三模）如图所示，一根一端封闭粗细均匀足够长的细玻璃管AB开口向上竖直放置，管内用高h=25cm的水银柱封闭了一段长L=29.4cm的空气柱。已知外界大气压强为p0=75cmHg，封闭气体的温度为T

18、1=27。绝对零度取-273K，g取10m/s2。则：（1）封闭气体温度T1不变，试管以2m/s2的加速度竖直向上加速，求水银柱稳定时试管内空气柱长度；（2）顺时针缓慢转动玻璃管至管口水平，同时使封闭气体的温度缓慢降到T3=280K，求此时试管内空气柱的长度L3（保留一位小数）。【答案】（1）28cm；（2）36.6cm【详解】（1）初时刻，气体的压强为加速时，对水银，由牛顿第二定律得联立解得由玻意耳定律得解得（2）玻璃管缓慢转动至管口水平时的压强为由理想气体状态方程得解得【例5】（2023重庆沙坪坝重庆一中校考模拟预测）如图，一下端A开口、上端B封闭的细长玻璃管竖直放置。玻璃管的上部封有长的

19、空气柱，中间有一段长的水银柱，下部空气柱的长度。已知大气压强为。现将玻璃管竖直插入水银槽中，设整个过程温度不变，稳定后上部空气柱的长度为。求：（1）稳定后上部空气柱的压强p；（2）从玻璃管下端A进入玻璃管的水银柱长度。【答案】（1）；（2）3.25cm【详解】（1）没有插入水银槽前有根据玻意耳定律有解得（2）对下部分气体有插入水银槽前有解得则从玻璃管下端A进入玻璃管的水银柱长度解得【例6】（2023春重庆高三统考阶段练习）如图所示，上端开口、下端封闭的导热细玻璃管竖直放置。玻璃管总长为，初始管内长的水银柱封闭了一段长的空气柱。现将一活塞（图中未画出）从玻璃管开口处缓慢往下推，直到水银柱下方气柱

20、长度变为。已知大气压强为，环境温度保持不变，所有气体均可视作理想气体，活塞下推过程中没有漏气。求：（1）活塞推动结束时水银柱下方气柱内压强；（2）活塞下推的距离。【答案】（1）125cmHg；（2）17.5cm【详解】（1）对水银柱下方的气体，由玻意耳定律可知即解得p21=125cmHg（2）对上部分气体玻意耳定律可知其中p12+h=p21即p12=100cmHg解得l12=37.5cm活塞下推的距离【例7】（2023江西校联考二模）如图所示，内径粗细均匀的U形玻璃管竖直放在水平桌面上，用水银柱将两部分理想气体封闭在玻璃管内，玻璃管左侧上方水银柱的长度为，当环境温度为时，左右两侧水银面的高度差

21、为，左侧封闭气体的长度为，右侧封闭气体的长度为，已知大气压强为，现将环境温度缓慢升高到，水银不会溢出。求：（1）系统稳定时左侧封闭气体的长度；（2）系统稳定时右侧封闭气体的长度。【答案】（1）；（2）【详解】（1）由盖-吕萨克定律可得得（2）当时，设右侧封闭气体的压强为，有得当时，设右侧水银面下降，右侧气体压强为，有由理想气体状态方程有得所以系统稳定时右侧封闭气体长度为【例8】（2023黑龙江齐齐哈尔统考三模）如图甲所示，长度为L右端开口，左端封闭的细长玻璃管水平放置，管中一段长为的水银柱密封一段长为的理想气体，气体的温度为，大气压强为，已知长度为的水银柱竖直放置时产生的压强为（1）缓慢地抬高

22、玻璃管口，如图乙所示，玻璃管与水平方向的夹角为，若水银柱正好与管口持平，则需要将气体的温度提升多少；（2）让玻璃管开口向上竖直放置，如图丙所示，稳定后在管口加一个厚度、重力均不计的活塞，给活塞一个竖直向下的作用力，使活塞向下缓慢地运动，气体的温度恒定为，当水银柱向下运动的距离为时，活塞下降的距离。【答案】（1）；（2）【详解】（1）对乙图受力分析，由力的平衡可得气体的压强为甲图与乙图相比较，气体发生等容变化，则有综合解得（2）甲图与丙图相比较发生等温变化，末加活塞时当水银柱向下运动的距离为时对活塞与水银柱之间所封闭的空气活塞下降的距离为综合解得类型2“汽缸活塞类”模型1解题的一般思路(1)确定

23、研究对象，研究对象分两类：一类是热学研究对象(一定质量的理想气体)；另一类是力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。(2)分析物理过程，对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律列出方程；对力学研究对象要正确地进行受力分析，依据力学规律列出方程。(3)挖掘题目的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程。(4)多个方程联立求解。对求解的结果注意检验它们的合理性。2常见类型(1)气体系统处于平衡状态，需要综合应用气体实验定律和物体的平衡条件解题。(2)气体系统处于力学非平衡状态，需要综合应用气体实验定律和牛顿运动定律解题。(3)两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且汽缸之间相互关联的问

24、题，解答时应分别研究各部分气体，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程，还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式，最后联立求解。【例1】2021全国甲卷，33(2)如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V，压强均等于大气压p0。隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为。(1)求A的体积和B的压强；(2)再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强。【答案】(1)0.4V2p0 (2)(1)Vp0【解析】(1)

25、对气体B，由玻意耳定律有p0VpB代入数据解得pB2p0此时pApB0.5p02.5p0同理有p0VpAVA代入数据解得VA0.4V。(2)设此时气体A、B的压强分别为pA1、pB1，体积分别为VA1、VB1，由玻意耳定律有pAVApA1VA1pBpB1VB1VA1VB12VpA10.5p0pB1联立解得VA1(1)V，pB1p0。【例2】（2023四川内江统考三模）气体弹簧是车辆上常用的一种减震装置，其简化结构如图所示直立圆柱形密闭汽缸导热良好，横截面积为S的活塞通过连杆与车轮轴连接，初始时汽缸内密闭一段长度为，压强为的理想气体，汽缸与活塞间的摩擦忽略不计，车辆载重时相当于在汽缸顶部增加一个

26、物体A，稳定时汽缸下降了，气体温度保持不变，求：（1）物体A的重力大小；（2）如果大气压强为，为使汽缸升到原位置，需向汽缸内充入与汽缸温度相同的大气体积。【答案】（1）；（2）【详解】（1）设汽缸下降后，气体压强为，由玻意耳定律解得气体对汽缸上表面的压力增加量等于物体A的重力大小解得（2）要使汽缸恢复到原位置，需向汽缸冲入压强，体积的气体，这些气体在大气压强下的体积为，由玻意耳定律解得【例3】（2023全国模拟预测）如图所示，一个导热良好、足够长、质量为的汽缸放置在倾角为的粗糙斜面上，在汽缸内有一质量为、横截面积为的活塞与汽缸内壁光滑接触，且无气体漏出。对活塞施加大小为、方向沿斜面向上的外力，

27、可以使整个装置保持静止。静止时活塞与汽缸底部距离为，斜面与汽缸之间的动摩擦因数，大气压强，重力加速度取，汽缸周围的温度保持不变，缓慢增加外力的大小，使活塞始终相对汽缸缓慢移动。（1）缓慢增加外力到时，求此时系统一起向上运动的加速度（2）从静止开始到外力增大到的过程，活塞与汽缸的相对位移（结果保留两位有效数字）【答案】（1）；（2）【详解】（1）根据题意，以汽缸与活塞整体为研究对象，由牛顿第二定律有解得（2）根据题意，以活塞为研究对象，当静止时，由平衡条件有解得当活塞向上匀加速时，由牛顿第二定律有解得对于汽缸内气体，由玻意耳定律有解得则活塞相对汽缸底部运动距离【例4】（2023广东模拟预测）如图

28、所示，在水平地面上竖直放置一个汽缸，上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为，活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为（可增加配重），横截面积为S，厚度忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计一切摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为，温度均为。现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时汽缸内气体的温度。（已知重力加速度为g，活塞质量和大气压强的关系为）【答案】【详解】加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动有 ， ， 根据查理定律有解得此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处有 ， 根据盖-吕萨

29、克定律有解得【例5】（2023湖南长沙湖南师大附中校考三模）某科技小组自制了一个用力传感器测量温度的装置。如图所示，导热性能良好的汽缸固定在水平地面上，汽缸横截面积S为。质量m为5kg的活塞与汽缸间无摩擦且不漏气，活塞上方通过一刚性轻杆连接一个固定的力传感器，传感器可以直接显示出传感器对轻杆的力，传感器示数为正表示传感器对轻杆的作用力竖直向上。环境温度为时，力传感器的示数F为50N。整个装置静止，大气压恒为，g取，取273K。求：（1）环境温度为多少时，传感器示数恰好为零；（2）将轻杆替换为轻弹簧，环境温度为时，力传感器的示数仍为50N，此时活塞与汽缸底部距离L为20cm。环境温度由缓慢上升为

30、的过程中，活塞缓慢上升的距离d为1cm，则时力传感器示数为多少？【答案】（1）294K；（2）【详解】（1）传感器示数对活塞而言故时封闭气体的压强，当传感器示数为0，封闭气体的压强由查理定律得（2）环境温度为时，力传感器的示数仍为50N，此时封闭气体的压强，温度上升至时，根据得对活塞受力分析解得【例6】（2023重庆统考三模）如图甲，上端开口的导热汽缸放置在水平面上，质量为m、横截面积为S的活塞密封了一定质量的理想气体。当环境温度为时，活塞静止的位置与气缸底部距离为h，离缸口的距离为。已知重力加速度为g，活塞厚度及活塞与汽缸壁之间的摩擦不计，大气压强为。求：（1）若缓慢升高环境温度，使活塞刚好

31、能移到缸口，求升高后的环境温度T；（2）若先在缸内壁紧贴活塞上表面固定一卡环（与活塞接触但没有作用力），如图乙，再缓慢升高环境温度到T，则升温后卡环对活塞的压力多大。【答案】（1）；（2）【详解】（1）缓慢升高环境温度，使活塞刚好能移到缸口的过程中，气体经历等压变化，设活塞刚好能移到缸口时气体的温度为T2，根据盖吕萨克定律得其中联立解得（2）根据题意可知气体在升温过程中体积不变，根据查理定律可得其中联立解得升温后卡环对活塞的压力为类型3 变质量气体模型1充气问题选择原有气体和即将充入的气体作为研究对象，就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体的状态变化问题。2抽气问题将每次抽气过程中抽

32、出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可以看成是等温膨胀过程。3灌气问题把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题。4漏气问题选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象，便可使问题变成一定质量气体的状态变化，可用理想气体的状态方程求解。【例1】（2023广东模拟预测）为保障师生在校的健康安全，某校校医室制定了师生返校后的消杀方案，对课室、图书馆、饭堂等场所进行物表与空气消毒。该方案利用如图便携式消毒器，桶内消毒液上方用塞子密封了一定质量的理想气体，初始体积为1L。使用时利用打气筒进行打气，封闭气体压强达到时，即可把药液以雾化的方式喷出

33、。已知封闭气体初态压强与外界大气压相等，均为。打气筒每次可以向桶内打入气体。（忽略桶内消毒液所产生的压强，整个过程可视为等温变化）。求：（1）至少用打气筒向消毒器内打多少次气才能使药液达到雾化要求？（2）消毒人员计算过用打气筒向消毒器内刚好打了140次气后，恰好能把桶内液体全部喷完，试求原来桶内有多少L药液。【答案】（1）；（2）9【详解】（1）设打气次数为n，初始时消毒器内体积为则以消毒器内气体和打入的气体整体为研究对象，初状态压强初状态体积末状态压强末状态体积根据玻意尔定律得解得（2）设容器内原有药液体积为，已知打气次数为140次能把药液全部喷完，气缸内需保持雾化气压，则根据玻意尔定律得代

34、入数据解得即原有9L药液。【例2】（2023安徽模拟预测）如图，两等高、内壁光滑、导热性良好的圆柱形汽缸竖直放置，左、右两侧汽缸的横截面积分别为S、，汽缸顶部由细管（体积不计）连通，右侧汽缸底部带有阀门K，两汽缸中均有一厚度可忽略的活塞a、b，两活塞的质量相同与汽缸密闭且不漏气。初始时，阀门K关闭，活塞b处于左侧汽缸的顶部且与顶部无弹力，封闭着气体C，活塞a处于右侧汽缸的中间位置，将汽缸分成A、B两部分，A中气体的压强为、体积为。现打开阀门K，用打气筒通过K给右侧汽缸下部分充气，每次将体积为、压强为的空气打入汽缸中，直至活塞b下降到整个汽缸高度的处。已知大气压强为，重力加速度为g，整个过程中，

35、周围环境温度不变，其他量均为未知量。求：（1）初始时，左侧汽缸中封闭的气体C的压强；（2）充气后，右侧汽缸中封闭的气体A的压强p；（3）打气次数n。【答案】（1）；（2）；（3）次【详解】（1）初始时，对活塞b，根据受力平衡有对活塞a，根据受力平衡有联立解得，（2）对气体C，根据玻意耳定律可知再次对活塞b和c根据平衡条件有联立解得（3）对气体B，根据玻意耳定律可知解得可知对气体A，根据玻意耳定律有解得次【例3】（2023江西南昌统考三模）某可显示温度的水杯容积为，倒入热水后，拧紧杯盖，此时显示温度为，压强与外界相同。已知，外界大气压强为，温度为。杯中气体可视为理想气体，不计水蒸气产生的压强。（

36、结果保留三位有效数字）（i）求杯内温度降到时，杯内气体的压强；（）杯内温度降到时稍拧松杯盖，外界空气进入杯中，直至稳定。求此过程中外界进入水杯中的空气体积。【答案】（i）；（）【详解】（）杯内气体做等容变化代入解得（）设打开杯盖后进入杯内的气体在大气压强下的体积为，以杯内原有气体为研究对象解得【例4】（2023湖北襄阳襄阳四中校考模拟预测）一款气垫运动鞋如图甲所示，鞋底塑料空间内充满气体（可视为理想气体），运动时通过压缩气体来提供一定的缓冲效果。已知鞋子未被穿上时，当环境温度为27，每只鞋气垫内气体体积V0 = 36cm3，压强p0 = 1.0 105pa，等效作用面积恒为S = 200cm2

37、，鞋底忽略其他结构产生的弹力。单只鞋子的鞋底塑料空间等效为如图乙所示的模型，轻质活塞A可无摩擦上下移动。大气压强也为p0，且气垫内气体与外界温度始终相等，g取10m/s2。（1）当质量为m = 80kg的运动员穿上该运动鞋，双脚站立时，若气垫不漏气，求单只鞋气垫内气体体积V1；（2）运动鞋未被穿上时，锁定活塞A位置不变，但存在漏气，当气温从27上升到37时，气垫缓缓漏气至与大气压相等，求漏出的气体与气垫内剩余气体的质量之比。【答案】（1）30cm3；（2）【详解】（1）根据题意，由平衡条件有由玻意耳定律有联立解得带入数据得V1 = 30cm3（2）根据题意，由理想气体状态方程有解得则漏出气体与

38、剩余气体质量之比【例5】（2023重庆校联考三模）浇花水温与气温相差太大易伤害花卉。如图为养花人常使用的气压式浇花喷壶结构图，喷壶装入水后旋紧喷头套，通过拉杆打气按压后，按下泄压阀即可喷水（不喷水时泄压阀处于关闭状态）。某次取水温的井水装入壶中旋紧后搁置一段时间（水未装满），待壶中水温达到环境温度时再浇水。已知大气压强恒为，喷壶导热性良好，壶中气体可视为理想气体，装水旋紧壶中密闭气体温度视为与井水同温。（1）求壶中水温达到环境温度时壶中压强大小p（最后结果保留三位有效数字）；（2）若同样量的井水经过搁置达到环境温度再装入壶中，然后通过拉杆打气使壶中压强达到（打气过程中壶内气体温度可视为不变），

39、求压进气体的质量与壶内水面上原有气体的质量之比（最后结果用分式表示）。【答案】（1）；（2）【详解】（1）装入壶中的井水旋紧封闭后体积不变，设壶中水温达到环境温度时壶中压强大小为p，根据查理定律井水热力学温度环境热力学温度得壶中水温达到环境温度时壶中压强大小（2）在环境温度下，设壶内水面上空气体积为V，压进气体的体积为，根据玻意耳定律可得压进气体和原有气体的压强相同，由于同种气体在相同压强和相同温度下密度相等，故压进气体的质量与壶内原有气体的质量之比【例6】（2023春湖南衡阳高三校考阶段练习）如图甲所示为某气压型弹跳杆，其核心部分可简化为如图乙所示，竖直倒立圆柱形汽缸导热性良好，连杆一端与水

40、平地面接触，另一端与面积为S的活塞连接，活塞与汽缸的重力均不计，活塞与汽缸间的摩擦不计。没有站人时活塞位于距缸底为H的A处，汽缸内被活塞密封一定质量的理想气体。当某同学站上弹跳杆踏板最终稳定后（人静止在汽缸顶端）活塞位于距离缸底的B处。已知大气压强为，外界温度为，重力加速度为g，汽缸始终竖直。（1）求该同学的质量m。（2）若该同学仍然站在踏板上，求密封气体的热力学温度升为多少，才能使得活塞回到位置A。（3）若使用一段时间后，汽缸内漏出一部分气体，使该弹跳杆上站一个质量为的人后稳定时活塞也位于B处，求漏出气体的质量与原来汽缸中气体质量的比值。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）以被密封气

41、体为研究对象，活塞从位置A到位置B，气体发生等温变化，由玻意耳定律可知由题意可知则由力的平衡条件得解得（2）活塞从位置B回到位置A的过程，被封闭的气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律可知由题意可得， 解得（3）设弹跳杆上站一个质量为的人后稳定时汽缸内气体压强为，剩余气体压强变为时体积为，则由玻意耳定律可知由力的平衡条件得解得故漏出气体的质量与原来汽缸中气体质量的比值为题型三 热力学第一定律与气体实验定律的综合应用解决热力学第一定律与气体实验定律的综合问题的思维流程【例1】（2023新疆统考三模）如图所示，横截面积的气缸竖直放置，卡环上方的活塞A和下方的自由活塞B与气缸封闭有上下两部分气体和。活塞

42、A与B的质量均为，气体均可视为理想气体，气缸与活塞B用绝热材料制成，活塞A导热性能良好；大气压强，初始时气体的压强为，气体的温度，气体的高度。环境温度保持不变，g取。求：（1）设法缓慢升高气体的温度直至活塞A恰好离开卡环，此时气体的温度；（2）此过程中气体吸热还是放热，说明理由。【答案】（1）；（2）见解析【详解】（1）气体等温变化，有对气体，有由理想气体状态方程解得（2）此过程中气体温度不变，内能不变，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知该过程是放热过程。【例2】（2023湖南模拟预测）如图所示，水平地面上放置一两端开口的绝热气缸，气缸内部横截面的面积为，两质量均为厚度可忽略不计的

43、绝热活塞A和B之间封住一定质量的理想气体，A、B间装有一加热装置（图中未画出），将活塞B与气缸底部用一劲度系数为的轻弹簧竖直连接，平衡时，两活塞间的距离为。已知大气压强为，初始时气体的温度为，重力加速度大小为，两活塞A、B均可无摩擦地滑动但不会脱离气缸，且不漏气，不计加热装置的体积。（1）启动加热装置，将气体的温度缓慢加热到，气体内能增加，求此过程中气体从加热装置吸收的热量；（2）如果不启动加热装置，保持气体温度为不变，把整个装置从某高处由静止释放，（下落过程始终保持气缸壁竖直，不计空气阻力，活塞A没有脱离气缸），落地前活塞与气缸已经处于稳定状态。求稳定时活塞A相对于气缸的位移为多少？【答案】

44、（1）7.0J；（2）16cm，方向向上【详解】（1）将气体的温度缓慢加热到400K过程中活塞A的质量不变，大气压强不变，所以气体的压强不变，该过程为等压变化，设气体的压强为，设两活塞间的距离变为，根据盖吕萨克定律有解得以两活塞和理想气体整体为研究对象，弹簧的弹力与整体重力在加热过程中始终平衡，则弹簧弹力不变，即活塞B的位置不变，则活塞A向上移动的距离根据平衡条件有加热过程气体对外做的功为故外界对气体做功为根据热力学第一定律有解得（2）最终稳定时，即A、B活塞及气缸相对静止，加速度相等，由整体法可知以活塞A为研究对象有解得对活塞B，根据牛顿第二定律可知解得即弹簧处于原长状态，根据玻意耳定律有解得最初整个装置静止时，对活塞A、B以及气体整体分析有解得所以稳定时活塞A相对于气缸的位移为且方向向上。【例3】（2023湖北模拟预测）气压式升降椅通过气缸上下运动来支配椅子升降，其简易结构如图乙所示，圆柱形气缸与